Nalezněte řešení rekurence $a_n = 2 a_{n-1} + 3 \cdot 2^n$ pro $n \geq 1$ s počáteční podmínkou $a_0 = 13$.
Po přepsání do našeho tvaru pomocí substituce $a_n = x_{n+1}$ vidíme, že řešíme LRR prvního řádu s konstantními koeficienty a nenulovou pravou stranu
s počáteční podmínkou $x_1 = 13$.
Kořen charakteristického polynomu $p(\lambda) = \lambda - 2$ je právě jeden, $\lambda = 2$. Řešení homogenní rovnice je proto tvaru $(\alpha 2^n)_{n=1}^\infty$, kde $\alpha$ je zatím neurčená konstanta.
Kvazipolynom na pravé straně je tvaru $3 \cdot 2^n$ a proto hledáme partikulární řešení ve tvaru $\tilde{x}_n = n^1 \cdot A \cdot 2^n$, $n \geq 1$. Po dosazení do rovnice (6.10) dostáváme
což po jednoduchých úpravách je ekvivalentní podmínce
kterou snadno splníme volbou $A = \frac{3}{2}$.
Zbývá využít volnosti ve volbě $\alpha$ ke splnění počáteční podmínky. Obecné řešení naší LRR je tvaru
A proto je požadavek $x_1 = 13$ ekvivalentní požadavku $\alpha = 5$. Můžeme proto řešení příkladu uzavřít s výsledkem
resp.
Pro16 $q \neq 0,1$ sečtěte
tedy vyřešte LRR
s počáteční podmínkou $x_1 = q$.
Charakteristický polynom $p(\lambda) = \lambda - 1$ má právě jeden kořen $\lambda = 1$. Řešení homogenní LRR je tedy tvaru $(\alpha \cdot 1^n)_{n=1}^\infty = (\alpha)_{n=1}^\infty$, pro libovolnou konstantu $\alpha$.
Kvazipolynom na pravé straně je tvaru $P(n) \cdot q^n$, kde $q$ není kořenem charakteristického polynomu a polynom $P$ má stupeň $1$. Partikulární řešení proto hledáme ve tvaru
Dosazením tohoto tvaru do rekurence dostaneme podmínku
Po jednoduchých úpravách dostáváme ekvivalentní podmínku
Tuto podmínku splníme vynulováním koeficientů polynomu (v proměnné $n$), tedy vyřešením soustavy
pro neznámé $A$ a $B$. Tato soustava má řešení
Obecné řešení naší nehomogenní LRR proto je tvaru
Počáteční podmínku $x_1 = q$ splní17 $\alpha = \frac{q}{(q-1)^2}$. Řešení příkladu proto uzavíráme shrnutím výsledku.
Vraťme se k případu Hanojských věží z podkapitoly 6.1.1. Z analýzy problému jsme se dostali k lineární rekurentní rovnici prvního řádu ($T_n = x_{n+1}$, $n \in \N_0$)
s počáteční podmínkou $x_1 = T_0 = 0$. Nalezněme řešení této úlohy pomocí mašinerie popsané v této kapitole.
Charakteristický polynom
má jediný jednoduchý kořen $\lambda_1 = 2$. Obecným řešením naší homogenní LRR proto je
Pravá strana je kvazipolynomiální tvaru $1 \cdot 1^n$. Partikulární řešení proto hledáme ve tvaru
Po jeho dosazení do rekurentní rovnice s pravou stranou dostaneme rovnost
A tedy $A = -1$. Obecné řešení naší rekurence má proto tvar
Konstantu $\alpha$ určíme podle počáteční podmínky. Rovnost $x_1 = 0$ je ekvivalentní podmínce $2\alpha = 1$ a tedy $\alpha = 1/2$. Získáváme proto očekávané řešení
V tomto příkladě ukážeme, jak využít principu superpozice (Věta 6.2) ke konstrukci partikulárního řešení. Hledejme partikulární řešení rovnice
Podle principu superpozice (Věta 6.2) stačí nalézt partikulární řešení pro pravou stranu $(1)_{n=1}^\infty$, pravou stranu $(3^n)_{n=1}^\infty$ a pak je sečíst.
Charakteristickým polynomem této rovnice je
a má jeden jednoduchý kořen $\lambda_1 = 3$.
Hledejme partikulární řešení pro pravou stranu $1 = 1 \cdot 1^n$. Očekáváme ho ve tvaru $n^0 \cdot A \cdot 1^n = A$, jehož dosazením do rekurence s pravou stranou $1$ dostaneme podmínku pro $A$:
Hledejme partikulární řešení pro pravou stranu $3^n = 1 \cdot 3^n$. Očekáváme ho ve tvaru $n^1 \cdot B \cdot 3^n$, jehož dosazením do rekurence s pravou stranou $3^n$ dostaneme podmínku pro $B$:
Hledané partikulární řešení zadané LRR je proto tvaru $\tilde{x}_n = -\frac{1}{2} + n 3^{n-1}$, $n \in \N$.